知识点简单总结——二次剩余
二次剩余
给定 $ n,p $ ，求 $ a,0 le a < p,a^{2} equiv n (mod p) $ ，其中 $ p $ 为奇素数。
欧拉准则
判断二次剩余的存在性。
众所周知根据费马小定理有 $ n^{p-1} equiv 1 (mod p) $ 。
那么就有 $ ( n ^ { frac{ p-1 }{ 2 } } ) ^ {2} - 1 equiv 0 (mod p) $ 。
很明显 $ n ^ { frac{ p-1 }{ 2 } } $ 只可能是 $ 1 $ 或 $ -1 $ 。
性感理解可以证明只有上式结果为 $ 1 $ 时有二次剩余（被打）
利用原根容易证明上式为 $ 1 $ 是存在二次剩余的充要条件。
Cipolla算法
随机找到一个 $ a , a^{2} - n $ 非二次剩余，期望大约 $ 2 $ 次找到符合条件的 $ a $ 。
设 $ i ,i ^ {2} equiv a ^ {2} - n $ 。
定义成类似虚部的东西。
有 $ (a+i) ^ {p+1} equiv n $ ，证明：
引理1: $ i^{p}equiv - i $ ，证明： $ i^{p} = i( a^{ 2 } - n )^{ frac{p-1}{2} } equiv - i $ 。
引理2: $ (A+B)^{p} equiv A^{p} + B^{p} $ ，证明略。
于是有 $ (a+i)^{p+1} equiv ( a^{p} + i^{p} )(a+i) equiv (a-i)(a+i) equiv n $ 。
只需要求出 $ (a+i)^{ frac{p+1}{2} } $ 即可。
至于为什么结果不含虚部，参见https://kewth.github.io/2019/10/21/二次剩余/
注意二次剩余可能有两个，互为相反数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long lint;
template<typename TP>inline void read(TP &tar)
{
TP ret=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+(ch-'0');ch=getchar();}
tar=ret*f;
}
struct pat{lint x,y;pat(lint x=1,lint y=0):x(x),y(y){}};
pat mul(pat a,pat b,lint w,lint p){return pat((a.x*b.x%p+a.y*b.y%p*w%p)%p,(a.x*b.y%p+a.y*b.x%p)%p);}
namespace RKK
{
lint fpow(lint a,lint b,lint p){lint ret=1;while(b){if(b&1ll)ret=ret*a%p;a=a*a%p,b>>=1;}return ret;}
lint fpow(pat a,lint b,lint w,lint p){pat ret;while(b){if(b&1ll)ret=mul(ret,a,w,p);a=mul(a,a,w,p),b>>=1;}return ret.x;}
lint fuck(lint n,lint p)
{
if(p==2) return n%p;
n%=p;if(fpow(n,p-1>>1,p)==p-1) return -1;
lint a,w;
while(1)
{
a=rand(),w=(a*a%p-n+p)%p;
if(fpow(w,p-1>>1,p)==p-1) break;
}
return fpow(pat(a,1),p+1>>1,w,p);
}
int main()
{
srand(time(NULL));
int TAT;read(TAT);while(TAT--)
{
lint n,p;read(n),read(p);if(!n){puts("0");continue;}
lint ans=fuck(n,p);if(ans==-1){puts("Hola!");continue;}
if(p-ans<ans) ans=p-ans;
printf("%lld ",ans);if(p-ans!=ans) printf("%lld",p-ans);putchar('
');
}
return 0;
}
}
int main(){return RKK::main();}
应用
不知道（？）